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    4．如图所示，在足够大的金属板A上有一小孔S，粒子源C可由小孔S向各个方向射出速率υ=2×104 m/s的带负电粒子，B为金属网，A、B连接在电路上，电源的电压U0=6V、内阻不计．图中滑动变阻器滑片置于中点并保持不动，A、B间距d1=15cm，M为足够大的荧光屏，B、M间距d2=30cm，当粒子穿过金属网打到荧光屏上时，荧光屏上就会出现一个圆形的亮斑．已知粒子的比荷$\frac{q}{m}$=2×108 C/kg，不考虑粒子所形成的电流对电路的影响，粒子重力不计．求：
    （1）A、B间电场（视为匀强电场）的电场强度大小E；
    （2）粒子到达荧光屏的最短时间t；
    （3）亮斑的面积S（取π=3）．

    分析 （1）求出电容器板间的电压U，由E=$\frac{U}{d}$求出A、B间的场强大小；
    （2）粒子的初速度垂直A板方向时运动时间最短，根据动能定理列式求解末速度，根据分运动公式列式求解最短时间；
    （3）当粒子的初速度垂直电场线时，做类似平抛运动，在荧光屏上形成最大的圆，根据分运动规律列式求解即可

    解答 解：（1）电容器额的电压为：U=I•$\frac{R}{2}$=$\frac{{U}_{0}}{R}$×$\frac{R}{2}$=$\frac{{U}_{0}}{2}$=$\frac{6V}{2}$=3V，
    A、B间的电场强度大小：E=$\frac{U}{{d}_{1}}$=$\frac{3V}{0.15m}$=20V/m；
    （2）经分析可知，从粒子源C射出的粒子中，速度水平向右的粒子到达荧光屏的时间最短，
    设这些粒子到达金属网B处的速度大小为v1，由动能定理得：qU=$\frac{1}{2}$mv12-$\frac{1}{2}$mv2，解得：v1=4×104m/s；
    粒子在A、B间做匀加速直线运动，运动的时间为：t1=$\frac{{d}_{1}}{\frac{v+{v}_{1}}{2}}$=$\frac{0.15}{\frac{2×1{0}^{4}+4×1{0}^{4}}{2}}$=5×10-6s；
    粒子从金属网B到荧光屏M做匀速直线运动，运动的时间为：t2=$\frac{{d}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{0.3}{4×1{0}^{4}}$=7.5×10-6s；
    又：t=t1+t2，解得：t=1.25×10-5s；
    （3）经过分析可知，从离子源C射出的粒子中，速度平行金属板A的那些粒子到达荧光屏M的距离最远，形成最大圆；
    设粒子在AB间做类平抛运动的时间为t1′，有：d1=$\frac{1}{2}$at1′2，加速度：a=$\frac{qE}{m}$，=4×109m/s2，
    粒子从金属网B运动到荧光屏M的时间为：t2′=$\frac{{d}_{2}}{{v}_{1}}$，其中v1′=at1′，
    粒子沿着平行金属板方向通过的路程为：L=v（t1′+t2′），
    亮斑的面积：S=πL2，解得：S≈0.36m2；
    答：（1）A、B间电场的电场强度大小E为20V/m；
    （2）粒子到达荧光屏的最短时间t为1.25×10-5s；
    （3）亮斑的面积S为0.36m2．

    点评 本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子在电场中的运动过程是解题的前提与关键，沿水平方向射入的粒子运动时间最短；初速度与极板平行的粒子竖直位移最大，求出其竖直分位移即可求亮斑的半径，然后可以求出亮斑的面积；分析清楚粒子运动过程、应用运动学公式可以解题，解题时要注意运动的合成与分解方法飞应用．

    练习册系列答案
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    ①根据图所得数据，应该选取图中O点和B点来验证机械能守恒定律；
    ②所选取的点的瞬时速度为1.92m/s．（结果取三位有效数字）
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